山西省三重教育2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省三重教育2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
三重教育2022—2023学年第二学期期末考试高一数学试题
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 下列特征数中，刻画一组数据离散程度的是（ ）
A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差
【答案】D
【解析】
【分析】利用数字特征的含义求解即可.
【详解】平均数、中位数、众数是描述一组数据的集中趋势的量，
方差是衡量一组数据偏离其平均数的大小的量，即刻画一组数据离散程度.
故选：D.
2. 某同学做立定投篮训练，共做3组，每组投篮次数和命中的次数如下表：

第一组
第二组
第三组
合计
投篮次数
100
200
300
600
命中的次数
68
124
174
366
命中的频率
068
0.62
0.58
0.61
根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，则使误差较小、可能性大的估计值是（ ）
A. 0.58 B. 0.61 C. 0.62 D. 0.68
【答案】B
【解析】
【分析】利用频率和概率的关系求解即可.
【详解】由题可知，试验次数越多，频率越接近概率，对可能性的估计误差越小，可能性越大，
所以合计列对应的频率最为合适.
故选：B
3. 已知直线与平面满足，直线，下列结论正确的是（ ）
A. 与无公点 B. 与异面 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面关系的性质、线线的位置关系进行判断即可
【详解】因为，所以直线与平面无公共点，
而，所以与平行或异面，所以两者无公共点．
故选：A.
4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面向上”，事件“第二枚反面向上”，则事件A与B的关系是（ ）
A. B. C. 相互独立 D. 互斥
【答案】C
【解析】
【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可.
【详解】依题意，记抛掷一枚质地均匀的硬币正面向上为，反面向上为，
则抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：，
事件A包含的结果有：，事件B包含的结果有：，
而事件A，事件B中有不同的结果，则事件A与事件B不互相包含，也不相等，故AB错误；
显然事件A，事件B都含有“”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，
因此，事件A与事件B不互斥，故D错误；
因为，则，
所以A与B相互独立，故C正确.
故选：C.
5. 在正方体中，是的中点，则异面直线与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用线线平行推得是异面直线与夹角，再利用勾股定理依次求得，从而得解.
【详解】连接，

因为正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，
所以是异面直线与的夹角，
不妨设正方体的棱长为，则，，，
故，即，则，
所以，则.
故选：A.
6. 已知数据的平均数和方差分别为5和4，则数据的平均数和方差分别为（ ）
A. 9，8 B. 9，16 C. 19，15 D. 20，16
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数和方差的性质运算求解.
【详解】因为样本数据的平均数为，
所以样本数据的平均数为；
因为样本数据的方差为，
所以样本数据的方差为.
故选：B.
7. 中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器分类的方法，最早见于《周礼·春宫·大师》，分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”八类，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器，现从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”，则这“两音”同为打击乐器的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件列举从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”的所有基本事件的个数，再计算“两音”同为打击乐器所包含的所有基本事件个数，最后求其概率即可.
【详解】记“金、石、木”为，“土、竹、丝”为，则为打击乐器，
从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”，组成的基本事件包含：，共15种情况，
其中“两音”同为打击乐器的有，共包含3种情况，
则“两音”同为打击乐器的概率.
故选：A.
8. 四名同学各掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据下列四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为2，方差为4 B. 平均数为3，众数为2
C. 平均数为3，中位数为2 D. 中位数为3，方差为0.16
【答案】D
【解析】
【分析】利用特例法可判断ABC；利用反证法，结合中位数和方差的计算公式，可判定D正确，由此得解.
【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为时，满足平均数为，
其方差，可以出现点数，所以A错误；
对于B，当投掷骰子出现结果为时，满足平均数为，众数为，可以出现点数，所以B错误；
对于C，当投掷骰子出现的结果为时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，所以C错误；
对于D，假设当投掷骰子出现的结果为时，满足中位数为，方差为，且出现点数，
假设其平均数为，则，
即，
因为，，
即，所以，则，
显然方差不成立，即一定没有出现点数6，所以D正确.
故选：D.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10. 已知为两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，，，则 B. 若，，则
C. 若，，，则 D. 若，，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用面面平行的判定定理判断即可；对于C，举反例排除即可；对于BD，利用线面与面面垂直的定义与性质判断即可.
【详解】对于A，由面面平行的判定定理可知，还需要加上条件相交，才能推得，故A错误；
对于B，由线面垂直的性质可知，，可推得，故B正确；
对于C，若，，时，可能出现的情况，故C错误；
对于D，由线面与面面垂直的定义与性质可知，，，可推得，故D正确.
故选：BD.
11. 下列结论正确的是（ ）
A. 已知一次试验事件A发生的概率为0.9，则重复做10次试验，事件A可能一次也没发生
B. 抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现偶数点”，“出现1点或2点”，则事件A与B相互独立
C. 小明在上学的路上要经过4个路口，假设每个路口是否遇到红灯相互独立，且每个路口遇到红灯的概率都是，则小明在第3个路口首次遇到红灯的概率为
D. 已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，若A与B不独立，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据随机事件的概率，结合独立事件和互斥事件逐项分析判断.
【详解】对于选项A：对于重复做10次试验，事件A发生的次数为，
所以可能一次也没发生，故A正确；
对于选项B：事件“出现偶数点”“出现2点或4点或6点”，事件“出现2点”，
可得，
因为，则事件A与B相互独立，故B正确；
对于选项C：小明在第3个路口首次遇到红灯的概率为，故C错误；
对于选项D：因为，
若A与B互斥（满足A与B不独立），则，
此时，故D错误；
故选：AB.
12. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是（ ）

A. 平面平面
B. 直线与平面所成角正切值的最大值为
C. 二面角余弦值的最小值为
D. 线段上不存在点，使得平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于BC，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于D，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解.
【详解】对于A，因为底面，平面，所以．
因为为正方形，所以，
又，平面，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，为线段的中点，所以，
又因为，平面，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，由选项A可知平面，
所以为直线与平面所成角，则，
不妨设，则在中，，
在中，，
因为是线段上的动点，故，则，
所以直线与平面所成角正切值最大值为，故B正确；
对于C，由选项A可知平面，平面，
所以，则为二面角的平面角，
因为，
所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；
对于D，当与重合时，连接，连接，如图，

因为底面是正方形，所以是的中点，
又为线段的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
即线段上存在点，使得平面，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分（两空的小题，第1空2分，第2空3分），共20分.）
13. 总体由编号为的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第1列和第2列的数字开始，由左到右依次选取两个数字（作为个体的编号），如果选取的两个数字不在总体内，则将它去掉，继续向右选取两个数字，那么选出来的第4个个体的编号为________.
7816
6572
0802
6314
0702
4369
9728
0198
3204
9234
4935
8200
3623
4869
6938
7481

【答案】
【解析】
【分析】利用随机数表的使用方法求解即可.
【详解】从随机数表第1行的第1列和第2列的数字开始，由左到右依次选取两个数字，
得，
其中满足要求的编号依次是，
所以选出来的第4个个体的编号为.
故答案为：.
14. 向一个目标射击两次，用y表示“命中目标”，n表示“没有命中目标”，则该试验的样本空间______________________；若每次命中目标的概率都为0.6，且每次射击结果互不影响，则事件“恰有一次命中目标”的概率为________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】利用样本空间的定义与独立事件的概率公式求解即可.
【详解】第一空，由题意可知该试验的样本空间；
第二空，因为每次命中目标的概率都为0.6，且每次射击结果互不影响，
所以事件“恰有一次命中目标”的概率为.
故答案为：；.
15. 某校高一年级的学生有300人，其中男生180人，女生120人.为了解该校高一年级学生的身高信息，采用样本量按比例分配的分层随机抽样抽取样本，计算得男生样本的平均数为（单位：cm），方差为，女生样本的平均数为（单位：cm），方差为，根据上述数据，估计该校高一年级学生身高的平均数为_______；方差为_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用分层抽样的平均数与方差公式求解即可.
【详解】依题意，知学生总数为300，其中男生人数，女生人数为，
设该校高一年级学生身高的平均数为，方差为，
则

.
故答案为：；.
16. 在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】先由球表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得的外接圆的半径，从而求得的取值范围，进而求得二面角正切值的取值范围，由此得解.
【详解】依题意，设的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
则，则（负值舍去），
因为平面，，所以，即，则（负值舍去），
因为，所以为的外接圆的直径，即，
过作交于，连接，如图，

设，则由，得，
故，得，当且仅当时，等号成立，
故由三角形面积相等得，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
则，即二面角正切值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用基本不等式求得的取值范围，再推得为二面角的平面角，从而得解.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 甲、乙两台机床同时生产某种零件，科研部门随机抽取了它们10天中生产的产品，统计其每天生产的次品数分别为：
甲
0
2
1
0
3
0
2
1
2
4
乙
2
1
1
2
1
0
2
1
3
2

（1）计算这10天中甲、乙机床次品数的平均数和方差；
（2）从计算结果看，哪台机床的性能更好？
【答案】（1）这10天中甲、乙机床次品数的平均数均为，方差分别为
（2）乙机床的性能更好
【解析】
【分析】（1）根据平均数、方差的计算公式运算求解；
（2）根据平均数、方差的数字特征分析判断.
【小问1详解】
由题意可得：甲机床生产某种零件次品的平均数，方差；
乙机床生产某种零件次品的平均数，方差；
所以这10天中甲、乙机床次品数的平均数均为，方差分别为.
【小问2详解】
由（1）可知：，且，
即两机床的平均水平相同，但乙机床相对稳定，
所以乙机床的性能更好.
18. 已知不透明的袋中装有3个红球、2个白球，这些球除颜色外没有其他差异，从中不放回地依次随机摸出2个球.
（1）求摸出的两球都是红球的概率；
（2）求摸出的两球至少有一个红球的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）利用列举法，结合古典概型与对立事件的概率公式计算即可.
【小问1详解】
依题意，记3个红球为，2个白球为，
则从中不放回地依次随机摸出2个球的基本事件为，共20件，
其中“摸出的两球都是红球”（记为事件）的基本事件为，共6件，
故.
【小问2详解】
结合（1）中结论，
记为事件 “摸出的两球至少有一个红球”，则“摸出的两球都是白球”,
故包含的基本事件为，共2件，
所以.
19. 如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得，面，，再结合题设条件证得，从而得证.
【小问1详解】
连接，如图，

因为在直三棱柱中，侧面是矩形，
又是的中点， 则是的中点，
因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为在直三棱柱中，底面，
又底面，所以，
因为，所以，
又，面，所以面，
又面，所以，
因为侧面是矩形，，所以侧面是正方形，则，
又，面，所以面，
因为面，所以.
20. 甲、乙两名篮球运动员进行投篮比赛，每轮投篮由甲、乙两人各投篮一次，已知每轮甲投中的概率为，乙投中的概率为，每轮甲和乙投中与否互不影响，且各轮结果也互不影响.
（1）求在一轮投篮中甲、乙都投中的概率；
（2）求在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率公式即可得解；
（2）列出在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球的情况，再利用互斥事件与独立事件的概率公式求解即可.
【小问1详解】
依题意，每轮甲投中的概率为，乙投中的概率为，
所以在一轮投篮中甲、乙都投中的概率为.
【小问2详解】
依题意，“在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球”（记为事件）的情况有两个：
在两轮投篮中甲投中1个球，乙投中2个球；在两轮投篮中甲投中2个球，乙投中1个球.
记“在两轮投篮中甲投中1个球”， “在两轮投篮中甲投中2个球”，
“在两轮投篮中乙投中1个球”， “在两轮投篮中乙投中2个球”，
则，
，
所以
.
21. 2017年国家发展改革委、住房城乡建设部发布了《生活垃圾分类制度实施方案》，方案要求生活垃圾要进行分类管理.某市在实施垃圾分类管理之前，对人口数量在1万左右的社区一天产生的垃圾量（单位：吨）进行了调查.已知该市这样的社区有240个，下图是某天从中随机抽取50个社区所产生的垃圾量绘制的频率分布直方图.现将垃圾量超过14吨/天的社区称为“超标”社区.

（1）根据所给频率分布直方图，估计当天这50个社区垃圾量的第分位数；
（2）若以上述样本的频率近似代替总体的概率，请估计这240个社区中“超标”社区的个数；
（3）市环保部门要对样本中“超标”社区的垃圾来源进行调查，按垃圾量采用样本量比例分配的分层随机抽样从中抽取5个，再从这5个社区随机抽取2个进行重点监控，求其中至少有1个垃圾量为的社区的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用百分位数的定义，结合频率分布直方图即可求解；
（2）根据频率分布直方图可求超标的频率，从而可求240个社区中“超标”社区的个数；
（3）利用古典概型概率的计算公式可求重点监控社区中至少有1个垃圾量为的社区的概率.
【小问1详解】
因为频率分布直方图得该样本中垃圾量为，，，，，，的频率分别为0.08，0.1，0.2，0.24，0.18，0.12，0.08，
因为，，
所以当天这50个社区垃圾量的第分位数落在内，不妨设为，
则，解得，
所以当天这50个社区垃圾量的第分位数为；
【小问2详解】
由（1）得该样本中“超标”社区的频率为，
所以这240个社区中“超标”社区的概率为，
所以这240个社区中“超标”社区的个数为；
【小问3详解】
由题意得样本中“超标”社区共有个，其中垃圾量为的社区有个，垃圾量为的社区有个，
按垃圾量用分层抽样抽取的5个社区中，垃圾量为的社区有3个，分别记为；垃圾量为的社区有2个，分别记为，
从中选取2个的基本事件为，，，，，，，，，，共10个；
其中所求事件“至少有1个垃圾量为的社区”为，，，，，，，共7个；
所以至少有1个垃圾量为的社区的概率为.
22. 如图，矩形中，，，将沿直线BD折起至，点E在线段AB上.

（1）若平面，求的长；
（2）过点P作平面的垂线，垂足为O，在折起过程中，点O在内部（包含边界），求直线与平面所成角正弦值的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理与性质定理推得，从而利用勾股定理与面积相等依次求得，由此得解；
（2）先判断得在上，从而得到的取值范围，再利用等体积法求得到平面的距离的取值范围，从而利用即可得解.
【小问1详解】
连接，如图，

因为平面，平面，所以，
因为矩形中，，
又面，所以面，
因为平面，所以，
因为，所以，
在中，，所以，则，
所以由三角形面积相等可得，
故在中，，即的长为.
【小问2详解】
过作交于，连接，
由题意易知平面，而面，故面面，
又面面，且点O在内部（包含边界），所以在上，
在中，，则，，
所以由，得，
设到平面的距离为，直线与平面所成角为，则，
又，，
所以，则，即，
所以，即，
所以直线与平面所成角正弦值的取值范围为.